Question

（2012•深圳一模）已知数列{a_n}满足：a1=

1

2

，an+1=

an

enan+e

，n∈N*（其中e为自然对数的底数）．
（1）求数列{a_n}的通项a_n；
（2）设S_n=a₁+a₂+…+a_n，T_n=a₁•a₂•a₃•…•a_n，求证：Sn≤

n

n+1

，Tn＞e-n2．

Answer 1

分析：（1）由已知an+1=

an

enan+e

，可考虑两边取倒数，可构造

1

enan+1

=

1

en-1an

+1，结合等差数列的通项可先求

1

en-1an

，进而可求a_n
（2）（方法一）构造函数f（x）=e^x-1-x，x∈[1，+∞），对其求导，结合函数的导数可判断函数f（x）的单调性，进而可求函数f（x）的范围，即可证明，当n∈N^*时，e^n-1≥n，然后利用放缩法对a_n的通项进行编写后利用裂项法可证明
（方法二），结合已知命题，也可以考虑利用数学归纳法证明

解答：解：（1）∵an+1=

an

enan+e

，
∴

1

an+1

=

e

an

+en，
即

1

enan+1

=

1

en-1an

+1．         …（3分）
令bn=

1

en-1an

，则b_n+1=b_n+1，b1=

1

a1

=2，
因此，数列{b_n}是首项为2，公差为1的等差数列．
b_n=2+（n-1）•1=n+1，…（5分）
∴an=

1

bnen-1

=

1

(n+1)en-1

．                     …（6分）
（2）（方法一）先证明当n∈N^*时，e^n-1≥n．
设f（x）=e^x-1-x，x∈[1，+∞），则f'（x）=e^x-1-1，
∵当x＞1时，f'（x）＞0
f（x）在（1，+∞）上是增函数，则当x≥1时，f（x）≥f（1）=0，即e^x-1≥x．…（8分）
因此，当n∈N^*时，e^n-1≥n，an=

1

(n+1)en-1

≤

1

(n+1)n

=

1

n

-

1

n+1

，…（9分）
当n∈N^*时，n+1＜eⁿ，an=

1

(n+1)en-1

＞

1

en•en-1

=e-(2n-1)． …（10分）
∴Sn=a1+a2+…+an≤(1-

1

2

)+(

1

2

-

1

3

)+…+(

1

n

-

1

n+1

)=1-

1

n+1

=

n

n+1

．
…（12分）
∴Tn=a1•a2•a3•…•an＞e-1•e-3•e-5•…•e-(2n+1)=e-[1+3+5+…+(2n-1)]=e-n2．
…（14分）
（方法二）数学归纳法证明
（1）∵S1=a1=

1

2

，

n

n+1

=

1

2

，
∴当n=1时，Sn≤

n

n+1

成立；
∵T1=a1=

1

2

，e-n2=

1

e

，
又∵e＞2，∴

1

2

＞

1

e

，
∴当n=1时，Tn＞e-n2成立．           …（8分）
（2）设n=k时命题成立，即Sk≤

k

k+1

，Tk＞e-k2，
当n=k+1时，Sk+1=Sk+ak+1≤

k

k+1

+

1

(k+2)ek

，
要证Sk+1≤

k+1

k+2

，即证

k

k+1

+

1

(k+2)ek

≤

k+1

k+2

，
化简，即证e^k≥k+1．                                 …（9分）
设f（x）=e^x-x-1，x∈（0，+∞），则f'（x）=e^x-1，
∵当x＞0时，f'（x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上是增函数，则当x≥0时，f（x）≥f（0）=0，即e^x≥x+1．
因此，不等式e^k≥k+1成立，即当n=k+1时Sn≤

n

n+1

成立． …（11分）
当n=k+1时，Tk+1=Tk•ak+1＞e-k2•

1

(k+2)ek

=

e-k2-k

k+2

，
要证Tk+1＞e-(k+1)2，即证

e-k2-k

k+2

＞e-(k+1)2，
化简，即证e^k+1＞k+2．
根据前面的证明，不等式e^k+1＞k+2成立，则n=k+1时Tn＞e-n2成立．
由数学归纳法可知，当n∈N^*时，不等式Sn≤

n

n+1

，Tn＞e-n2成立．…（14分）

点评：本题主要考查了利用数列的递推公式构造等差数列求解数列的通项公式及数列的求和方法的应用，解题中还要注意函数知识在求解问题中的重要性，试题具有很强的综合性